2016鹰潭职业技术学院数学单招测试题(附答案解析)

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共22题，其中第15、16题为选考题．满分150分．考试用时120分钟．

一、选择题：本大题共10小题，每小题5分，共50分．在每小题给出的四个选项中，

只有一项是符合题目要求的.

1．若全集U＝{1,2,3,4,5,6}，M＝{1,4}，N＝{2,3}，则集合{5,6}等于( )

A．M∪N B．M∩N C．(∁UM)∪(∁UN) D．(∁UM)∩(∁UN)

2．已知命题p：$x?R,使sinx

A．$x?R,使sinx=C．$x?R,使sinx³

1

x成立． 则Øp为（ ） 2

B．"x?R,sinx

1

x成立 21

x均成立 2

11x成立 D．"x?R,sinx³x均成立 22

3．由曲线yx2,yx3围成的封闭图形的面积为（ ）

A．

4．向圆内随机投掷一点，此点落在该圆的内接正n边形(n3,nN*)内的概率为Pn 下列论断正确的是（ ）

A．随着n的增大，Pn 增大

B．随着n的增大，Pn 减小

11

B．

412

C．

17

D． 312

C．随着n的增大，Pn 先增大后减小 D．随着n的增大，Pn先减小后增大 5．为得到函数ysin(x



3

)的图象，可将函数ysinx的图象向左平移m个单位长

度，或向右平移n个单位长度（m，n均为正数），则|mn|的最小值是（ ） A．

42

B． C．D．2 333

6．已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且Sn

nm

,Sm(m,nN*且mn)，则mn

下列各值中可以为Snm的值的是（ ）

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A．2 B．3 C．4 D．5

x2y10

7．已知变量x,y满足不等式组2xy20，则z2x2y的最小值为( )

xy20

A．

5 2

D

． B．2 C

．

8．气象意义上从春季进入夏季的标志为：“连续5天的日平均温度均不低于

220C”．现有甲、乙、丙三地连续5天的日平均温度的记录数据（记录数据都是正整数）：

① 甲地：5个数据的中位数为24，众数为22； ② 乙地：5个数据的中位数为27，总体均值为24；

③ 丙地：5个数据中有一个数据是32，总体均值为26，总体方差为10.8． 则肯定进入夏季的地区有 ( ) A． 0个

B． 1个

C． 2个

D． 3个

9．在等腰梯形ABCD中，E,F分别是底边AB,CD的中点，把四边形AEFD沿直线

EF 折起后所在的平面记为，P，设PB,PC与所成的角分别为

1,2(1,2均不为0)．若12，则点P的轨迹为（ ）

A．直线

B．圆

C．椭圆

D．抛物线

10．已知关于x的方程

cosx

k在(0,)有且仅有两根，记为,()，则下列x

的四个命题正确的是（ ）

A．sin22cos2B．cos22sin2 C．sin22sin2D．cos22sin2

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二、填空题：本大题共6小题，考生共需作答5小题，每小题5分，共25分．请将答

案填在答题卡对应题号的位置上．答错位置，书写不清，模棱两可均不得分． ．．．．．．．（一）必考题（11—14题）

11．已知某四棱锥，底面是边长为2的正方形，且俯视图如右图所示. 若该四棱锥的侧视图为直角三角形，则它的体积为__________



12．设a(1,1

,2),b(x,y,z)，若x2y2z216，



则ab的最大值为．

13．过抛物线C:x22y的焦点F的直线l交抛物线C于A,B两点，若抛物线C在点

B处的切线斜率为1，则线段AF．

14．已知数列A：a1,a2,a3,,an(n3，nN*)中，

令TAx|xaiaj,1ijn,i,jN*，card(TA)表示集合TA中元素的个数． （1）若A:1,3,5,7,9，则card(TA)；

（2）若ai1aic（c为常数，且c0，1in1）则card(TA)．

（二）选考题（请考生在第15、16两题中任选一题作答，请先在答题卡指定位置将你

所选的题目序号后的方框用2B铅笔涂黑．如果全

选，则按第15题作答结果计分.） 15．（选修4-1：几何证明选讲）

如图，PC切圆O于点C，割线PAB经过圆心



O，

弦CDAB于点E，已知圆O的半径为3，

PA2，则CE______．

16．（选修4-4：坐标系与参数方程）

已知在平面直角坐标系xoy中，圆C的参数方程为

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x3cos

,(为参数），以ox为极轴建立极 

y13sin

坐标系，直线l的极坐标方程为cos(

为．

三、解答题：本大题共6小题，共75分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 17．（本小题满分12分）



6

)0.则圆C截直线l所得的弦长

2

,BACx，记f(x)ABBC． 已知ABC中，AC1,ABC3

（1）求f(x)解析式并标出其定义域；

（2）设g(x)6mf(x)1，若g(x)的值域为(1,]，求实数m的值．

18．（本小题满分12分）

一个盒子中装有大量形状大小一样但重量不尽相同的小球，把它们编号，利用随机数表法抽取50个作为样本，称出它们的重量（单位：克），重量分组区间为

32

(5,15],(15,25],(25,35]，(35,45],由此得到样本的重量频率分布直方图，如图所

示． （1）求a的值；

（2）根据样本数据，试估计盒子中小球重量的平均值； （3）从盒子中随机抽取3个小球，其中重量在

(5,15]内的小球个数为，求的分布列和期

望．

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19．（本小题满分12分）

已知某几何体的直观图和三视图如下图所示（转下页），其正视图为矩形，侧视图为等腰直角三角形，俯视图为直角梯形， （1）求证：BN平面C1B1N；

（2）设为直线C1N与平面CNB1所成的角，求sin的值； （3）设M为AB中点，在BC边上求一点P，使MP//平面CNB1 ，求

俯视图

正视图

侧视图

BP

的值． PC

C1

1

AN

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（第19题图） （第20题图）

20．（本小题满分12分）

已知数列{an}的各项均为正数，观察程序框图，当k2时，S当k3时，S

2； 3

3． 4

（1）试求数列{an}的通项；

（2）设若[x]表示不大于x的最大整数（如[2.10]2,[0.9]0），

求T[log21][log22][log23][log2(2an1)][log2(2an)]关于n的表达式．

21． (本小题满分13分)

x2y2

已知A,B是椭圆C:221(ab0)的左,右顶点，B(2,0)，过椭圆C的右焦

ab

点F的直线交椭圆于点M, N, 交直线x4于点P，且直线PA，PF

，PB的斜

率成等差数列．

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（1）求椭圆C的方程；

（2）若记AMB,ANB的面积分别为S1,S2求

的取值范围．

22．（本小题满分14分）

设g(x)ex，f(x)g[x(1)a]g(x)，其中a,是常数，且01． （1）求函数f(x)的最值；

（2）证明：对任意正数a，存在正数x，使不等式

S1

S2

g(x)1

1a成立； x

（3）设10,20，且121，证明：对任意正数a1,a2都有：

2

a11a21a12a2．

2014年届湖北省黄冈中学五月模拟试题

1．【答案】D 2．【答案】D

【解析】原命题为特称命题，故其否定为全称命题，即p:xR,sinx

x

． 2

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3．【答案】A

1

【解析】S(x2x3)d(x)(x3

131411x)|0 412

4．【答案】A

1222

nrsinnsin

,设fxxsin2,可知 【解析】Pnxr22

f'xsin

222222

coscos0,当 ,可x[3,4]时f'xsinxxxxxx

x(4,)时,f'xcos

2

x

22*tan0,故Pn在n3(nN)时单调递增.

xx

5．【答案】B

【解析】由条件可得m2k1



3

,n2k2

5

(k1,k2N)，则 3

|mn||2(k1k2)

24

|，易知k1k21时|mn|min

33

6．【答案】D

n2

SAnBn(AnB)m1nm2

【解析】由已知，设SnAnBn，则 m(AmB)n1SAm2Bm

mn

两式相减得，B(mn)0，故B0,A

1

。 mn

Smn

(mn)2m2n22mn4mn

A(mn)4，故只有D符合。

mnmnmn

2

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7．【答案】D

【解析】如图，点(x,y)所满足的区域即为ABC，其中

A(1,1),B(0,2),C(1,0),可见，z2x2y取得最小值的点一

定在线段AC上，

z222

xy12y

1222y2y2y2（当且仅当x,y时等号成立）

33(2)22y

8．【答案】C

【解析】甲地肯定进入，因为众数为22，所以22至少出现两次，若有一天低于220C，则中位数不可能为24；丙地肯定进入，10.85(3226)218(x26)2，若

x21，上式显然不成立．乙地不一定进入，如13，23，27，28，29．

9．【答案】B

D

A

【解析】如图，过B作BMAE于M，过C作

CNDF于M，易知BM平面AEFD，

C

CN平面AEFD，则BPM1,CPN2，

由tan1tan2，可得tan1tan2，故

BMCNPNCN

定值，且此定值不为1， PMPNPMBM

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故P点的轨迹为圆。（到两定点的比为不为1定值的点的轨迹为圆――――阿波罗尼斯圆）

10．【答案】C

【解析】即方程cosxkx在(0,)上有两个不同的解，作出ycosx的图象，可见，直线



ykx与ycosx在x,时相切才符合，此时ycosxcosx

2

有y'

x

sink，又coskk

cos



，

sin

cos



sin22sin2

4

11．【答案】

3

【解析】易知V221

13

43

12

．【答案】2222222

【解析】由柯西不等式，11(2)(xyz)(xy2z)，





知abxy2z[．

13．【答案】1

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【解析】设Bx1,y1，因为y

12

x，所以yx，y2

xx1

1

x11，可得B1,，

2

因为F0,，所以直线l的方程为y

14．【答案】（1）7 （2）2n3

12111

，故AFBF1. 222

【解析】根据题中集合TA表示的含义，可知TA中元素为数列中前后不同两项的和，所以

A:1,3,5,7,9，则集合TA中元素为4，6，8，10，12，14，16，元素个数为7.

（2）易知，数列数列A为首项为a1，公差为c（c0）的等差数列，所以

ana1(n1)c，

aiaj2a1(ij2)c(1ijn)，ij可以取遍从3到2n1中每个整数，共

有2n3个不同的整数，故card(TA)2n3。

15．【答案】

12

5

【解析】：PC2PAPB16，所以PC4，又OC3， ∴OP5则CE

OCPC12

 OP5

16．【答案】42

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【解析】圆C

方程为x2

y1

9，直线方程为

2

1

xy0，圆心到直22

线的距离为d1，所以弦长为42

17．解：（1）由正弦定理有：

BC1AB

；

sinxsinsin(x)

33

sin(x)

1∴BC； sinx，AB

2sinsin

33

4121

sin(x)∴f(x)ABBCsinx

xsinx)sinx 3323211

sin(2x)(0x)-----------------6分 3663

（2）g(x)6mf(x)12msin(2x





6

)m1(0x



3

)

51x(0,)，∴2x，则sin(2x)(,1]。

366662

当m0时，g(x)2msin(2x



6

)m1的值域为(1,m1]。 1

； 2

又g(x)的值域为(1,]，解得 m

32

当m0时，g(x)2msin(2x)m1的值域为[m1,1)。 此时m的值不存在。 ∴综上m

6

1

-----------------12分 2

18.（1）由题意，得（0.02+0.032+a+0.018）101,

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解得a0.03-----------------3分

（2）50个样本小球重量的平均值为

x0.2100.32200.3300.184024.6-----------------7分

（3）利用样本估计总体，该盒子中小球重量在(5,15]内的概率为0.2，则B(3,)

15

464481142

P(0)C30()3,P(1)C3()()

[**************]13

P(2)C32()2(),P(3)C3()

551255125

的分布列为

E3----------------12分

55

19．解：（1）证明∵该几何体的正视图为矩形，侧视图为等腰直角三角形，俯视图为直角梯形，∴BA，BC，BB1两两垂直。……………2分

以BA，BC，BB1分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系，则N（4,4,0），B1（0, 8,0），

C1（0,8,4），C（0,0,4）



∵BNNB1=（4,4,0）·（-4,4,0）=-16+16=0

B1C1=（4,4,0）·（0,0,4）=0

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∴BN⊥NB1，BN⊥B1C1且NB1与B1C1相交于B1， ∴BN⊥平面C1B1N；-----------------4分

（2）设n2(x,y,z)为平面NCB1的一个法向量，

(x,y,z)(4,4,4)0n2CN0则 

(x,y,z)(4,4,0)0n2NB10

xyz0

,取n2(1,1,2),C1N(4,4,4)

xy0

则sin-----------------8分

（3）∵M（2,0,0）．设P(0,0,a)为BC上一点, 则(2,0,a), ∵MP//平面CNB1,

∴MPn2MPn2(2,0,a)(1,1,2)22a0a1. 又PM平面CNB1,MP//平面CNB1,

∴当PB=1时MP//平面CNB1 

BP1

-----------------12分 PC3

20．解：由框图可知S

111

…………………………2分 L

a1a2a2a3akak1

1111

() akak1dakak1

Q{an}是等差数列，设公差为d，则有

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S

1111111111(L)() da1a2a2a3akak1da1ak1

23

和S 34

（1）由题意知若k2,k3时，分别有S

2111

()daa3a11a1113

解得或(舍) 

d1d11(11)3

4da1a4

故ana1(n1)dn-----------------6分

（2）由题意可设T[log21][log22][log23][log2(2n1)][log2(2n)]

T[log21][log22][log23][log2(2n1)][log2(2n)]

[log21]([log22][log23])[log2(2k)][log2(2k11)][log2(2n)]

01(2221)2(2322)(n1)(2n2n1)n 12222323(n1)2n1n (n2)2nn2-----------------12分

21．解：（1）令P(4,y0),F(c,0),由题意可得a2,A(2,0),B(2,0).

2kPFkPAkPB,



2y0yy

00, 4c4242

c1.

b2a2c23.

x2y2

椭圆方程为1.-----------------5分

43

（2）令M(x1,y1),N(x2,y2),

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3x24y212,

由方程组

xmy1,（3m24)y26my90,

y1y2

消x, 得

6m

,2

3m4

①y1y2

9

,②-----------------8分 2

3m4

y1y24m2

①/②得2,2

y2y13m4

2

令t

y1

, y2

16

1110m810, 则tt2

2

tt3m433m4

2

11012|t||||t|3,且|t|1

t33



SAMB

SANB

1

ABy1

S1

t,AMB(,1)(1,3)-----------------13分 1SANB3ABy22

21．（1）∵f(x)g[x(1)a]g(x)，-----------------1分 由f(x)0得，g[x(1)a]g(x)，

∴x(1)ax，即(1)(xa)0，解得xa，-----------------3分 故当xa时，f(x)0；当xa时，f(x)0；

∴当xa时，f(x)取最大值，f(x)max＝f(a)(1)g(a)(1)ea

f(x)没有最小值．-----------------4分

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ex1exx1

（2）∵， 

xx

又当x0时，令h(x)exx1，则h(x)ex10，故h(x)h(0)0，

exx1

a， 因此原不等式化为

x

即ex(1a)x10， 令(x)ex(1a)x1，则'(x)ex(1a)， 由'(x)0得：ex1a，解得xln(1a)，

当0xln(1a)时，g(x)0；当xln(1a)时，g(x)0． 故当xln(1a)时，(x)取最小值

(x)min[ln(1a)]a(1a)ln(1a)， -----------------7分

令s(a)a(1a)ln(1a)(a0)，则s(a)ln(1a)0． 故s(a)s(0)0，即[ln(1a)]a(1a)ln(1a)0． 因此，存在正数xln(1a)，使原不等式成立．-----------------9分

（3）由（1）f(x)(1)g(a)恒成立，故g[x(1)a]g(x)(1)g(a)， 取xx1,ax2,1,12，即得g(1x12x2)1g(x1)2g(x2)， 即e1x12x21ex12ex2，故所证不等式成立．-----------------14分 法二：先证(x1)1x(0,x1)

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令(x)(x1)x，'(x)[(x1)1]0，

则x0，而x(1,0)时，'(x)0；x(0,)，'(x)0

(x)min(0)1，(x)1，

∴(x1)1x(0,x1)，令x

a2

1，2 a1

12

则有a1a21a12a2。